配套K12高三数学一轮复习 第二章立体几何阶段质量检测(二) 理 新人教B版

阶段质量检测(二)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D →＝b ，A 1A
→
＝c ，则下列向量中与B 1M →
相等的向量是
( )
A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋1
2b ＋c
C.12a －12b ＋c D ．－12a －1
2b ＋c 【答案】 A
2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积等于
A ．72
B ．66
C ．60
D ．30 【解析】 根据题目所给的三视图可知该几何体为一直三棱柱，且底面是一直角三角形，两直角边分别为3,4，斜边为5，三棱柱高为5，所以表面积为S ＝3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72，所以答案为A.
【答案】 A
3．在下图中，G 、H 、M 、N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 、MN 是异面直线的图形有
( )
A ．(1)(2)
B ．(1)(3)
C ．(2)(4)
D ．(3)(4)
【解析】 对于图(1)，GH ∥MN ，对于图(2)，GH 与NM 异面，对于图(3)，GH 与MN 相交，对于图(4)，GH 与NM 异面，故选C.
【答案】 C
4．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是( )
A.63
B.33
C.
23 D.13 【答案】 B
5．已知直线m ⊥平面α，直线n ⊂平面β，则下列命题正确的是 ( )
A ．若α∥β，则m ⊥n
B ．若α⊥β，则m ∥n
C ．若m ⊥n ，则α∥β
D ．若n ∥α，则α∥β
【解析】 易知A 选项由m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β，n ⊂β⇒m ⊥n ，故A 选项命题正确． 【答案】 A
6．如图，已知四边形ABCD 的直观图是直角梯形A 1B 1C 1D 1，且A 1B 1＝B 1C 1＝2A 1D 1＝2，则四边形ABCD 的面积为
( )
A ．3
B ．3 2
C ．6 2
D ．6
【解析】 如图，取∠GB 1C 1＝135°，过点A 1作A 1E ∥GB 1，
易求得B 1E ＝2，A 1E ＝22，故以B 1C 1和B 1A 1为坐标轴建立直角坐标系，由直观图原则，B ，C 与B 1，C 1重合，然后过点E 作B 1A 1的平行线，且使得AE ＝2A 1E ＝42，
即得点A ，然后过A 作AD ∥BC 且使得AD ＝1，
即四边形ABCD 上底和下底边长分别为1,2，高为42，
故其面积S ＝1
2
(2＋1)×42＝6 2.
【答案】 C
7．中心角为3
4
π，面积为B 的扇形围成一个圆锥，若圆锥的表面积为A ，则A ：B 等于( )
A ．11∶8
B ．3∶8
C ．8∶3
D ．13∶8 【解析】 设扇形半径为R ，则 B ＝12lR ＝12|α|·R 2＝3
8
πR 2， 其中l 为扇形弧长，也为圆锥底面周长， 设圆锥底面圆半径为r ，
2πr ＝|α|·R ＝3
4
πR ，
r ＝38R .S 圆＝πr 2＝964
πR 2
，
故A ＝B ＋S 圆＝38πR 2＋964πR 2
＝3364πR 2.
∴A ：B ＝3364πR 2：38
πR 2
＝11：8.
故选A.
【答案】 A
8．已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，下列四个命题中，正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n
B ．若m ⊂α，n ⊂α，且m ∥β，n ∥β，则α∥β
C ．若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β
D ．若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α
【解析】 A 错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B 错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；
C 错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或垂直；
D 对，由空间想象易知命题正确． 【答案】 D 9．如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线D
E 交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是
( )
①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上； ②BC ∥平面A ′DE ；
③三棱锥A ′－FED 的体积有最大值．
A ．①
B ．①②
C ．①②③
D ．②③ 【解析】 ①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ， ∴点A ′在面ABC 上的射影在线段AF 上． ②BC ∥D
E ，∴BC ∥平面A ′DE .
③当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′－FDE 的体积达到最大． 【答案】 C
10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，M 、N 分别是棱DD 1、D 1C 1的中点，则直线OM
( )
A ．和AC 、MN 都垂直
B ．垂直于A
C ，但不垂直于MN C ．垂直于MN ，但不垂直于AC
D ．与AC 、MN 都不垂直 【答案】 A
11．用一些棱长是1 cm 的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主
视图(或正视图)，若这个几何体的体积为7 cm 3
，则其左视图为
( )
【解析】 由这个几何体的体积为7 cm 3
可知共有7个小正方体．
通过俯视图可以排除选项A 、D ，结合俯视图与主视图即可选出正确答案为C(若左视图为D ，则只需要6个小正方体即可)．
【答案】 C
12．已知一个圆柱的正视图的周长为12，则该圆柱的侧面积的最大值等于
( )
A.9
2
π B ．6π C ．9π D ．18π
【解析】 圆柱的正视图是一个矩形，若设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则依题意有4r ＋2r ＝12，且0＜r ＜3.
故其侧面积S ＝2πr h ＝2πr(6－2r)＝4πr(3－r)≤4π·⎝ ⎛⎭
⎪⎫322
＝9π，
此时r ＝3
2
，所以圆柱的侧面积的最大值等于9π.
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于________．
【解析】 ∵圆M 的面积为3π，∴圆M 的半 径r ＝3，设球的半径为R ，
由图可知，R 2＝14R 2＋3，∴34R 2＝3，∴R 2
＝4.
∴S 球＝4πR 2
＝16π. 【答案】 16π
14．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是________．
【解析】 由已知可得几何体是底面半径为1，母线长为2的圆锥的一半，即半圆锥，
易知其体积为12×13×π×12
×3＝36
π.
【答案】
3
6
π. 15．a ，b ，c 是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；
③若a 与b 相交，b 与c 相交，则a 与c 相交；
④若a ⊂平面α，b ⊂平面β，则a ，b 一定是异面直线； ⑤若a ，b 与c 成等角，则a ∥b .
上述命题中正确的________(只填序号)． 【解析】 由公理4知①正确；
当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故 ②不正确；
当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确； a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”， 故④不正确；
当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确． 【答案】 ①
16．如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 及点P ，D ，C ，R 共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．
【解析】 由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如
图)，其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝1
3
×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体
的体积V ＝6×6×6＝216，故需要216
72
＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．
【答案】 6
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.
图1
(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形
图2
(1)根据图2所给的正视图、侧视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积． (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CF FA
，求证：EF ∥平面
PDA .
图3
【解析】 (1)该四棱锥的俯视图为内含对角线，边长为6 cm 的正方形，如图．其面积
为36 cm 2
.
(2)连接BF 并延长交AD 于G ，连接PG ， 则在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF
FA
.
又CF FA ＝BE EP ，∴BF FG ＝
BE
EP ，
∴在△BGP 中，EF ∥PG .
又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， ∴EF ∥平面PDA .
18．(12分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下底ABCD 是边长为2的正方形，上底A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形，侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝2.
(1)求证：B 1B ∥平面D 1AC ；
(2)求证：平面D 1AC ⊥平面B 1BDD 1.
【证明】 (1)设AC ∩BD ＝E ，连结D 1E ， ∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1. ∴B 1D 1∥BE ，∵B 1D 1＝BE ＝2， ∴四边形B 1D 1EB 是平行四边形， 所以B 1B ∥D 1E .
又因为B 1B ⊄平面D 1AC ，D 1E ⊂平面D 1AC ， 所以B 1B ∥平面D 1AC
(2)证明：侧棱DD 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥DD 1.
∵下底ABCD 是正方形，AC ⊥BD .
∵DD 1与DB 是平面B 1BDD 1内的两条相交直线， ∴AC ⊥平面B 1BDD 1
∵AC ⊂平面D 1AC ，∴平面D 1AC ⊥平面B 1BDD 1.
19．(12分)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝7，点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥A 1E .
(1)证明：平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1；
(2)求直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值．
【解析】 (1)证明：如图所示，由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面ABC . 又DE ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥AA 1.
而DE ⊥A 1E .AA 1∩A 1E ＝A 1， 所以DE ⊥平面ACC 1A 1. 又DE ⊂平面A 1DE ，
故平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.
(2)如图所求，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A (2,0,0)，A 1(2,0，7)，D (－1，3，0)，E (－1,0,0)．
易知A 1D →
＝(－3，3，－7)，
D E →
＝(0，－3，0)， A D →
＝(－3，3，0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1DE 的一个法向量，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·D E →＝－3y ＝0，
n ·A 1D →＝－3x ＋3y －7z ＝0.
解得x ＝－
7
3
z ，y ＝0. 故可取n ＝(7，0，－3)． 于是n ，A D →
＝n ·A D →|n |·|AD →|
＝－374×23
＝－
218
. 由此即知，直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值为218
. 20．(12分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图(1)所示．墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH ，下半部分是长方体ABCD －EFGH .图(2)、图(3)分别是该标识墩的正(主)视图
和俯视图．
(1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图； (2)求该安全标识墩的体积； (3)证明：直线BD ⊥平面PEG .
【解析】 (1)侧视图同正视图(略)． (2)该安全标识墩的体积为V ＝V P －EFGH
＋V ABCD －EFGH ＝13
×402×60＋402
×20
＝32 000＋32 000＝64 000(cm 3
)．
(3)证明：如图，连结EG 、HF 及BD ，EG 与 HF 相交于O 点，连结PO ，
由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面EFGH ， ∴PO ⊥HF .又∵EG ⊥HF ， ∴HF ⊥平面PEG .
又∵BD ∥HF ，∴BD ⊥平面PEG .
21．(12分)四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1.E 为BC 的中点．
(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值； (2)在线段AN 上是否存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN?
(3)若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .
依题意，易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，
E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
，1，0.
∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，
AM →
＝(－1,0,1)．
∵cos
N E →，A M →
＝
NE →·AM
→
|NE →|·|AM →|
＝－125
2
×2＝－10
10，
∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为－1010
. (2)假设在线段AN 上与存在点S .使得ES ⊥平面AMN . ∵A N →
＝(0,1,1)，
可设A S →＝r AN →
＝(0，λ，λ)，
又E A →＝(1
2
，－1,0)，
∴E S →＝E A →＋A B →＝(1
2
，λ－1，λ)．
由ES ⊥平面AMN ，
得⎩⎪⎨
⎪⎧
E S →·A M →＝0，E S →·A N →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0.
故λ＝12
，
此时A S →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|A S →
|＝22.
经检验，当AS ＝
2
2
时． ES ⊥平面AMN .
故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，
此时AS ＝
22
. 22．(12分)如图，M 、N 、P 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、DD 1上的点． (1)若BM MA ＝BN NC
，求证：无论点P 在D 1D 上如何移动，总有BP ⊥MN ；
(2)若D 1P ：PD ＝1∶2，且PB ⊥平面B 1MN ，求二面角M －B 1N －B 的余弦值；
(3)棱DD 1上是否总存在这样的点P ，使得平面APC 1⊥平面ACC 1？证明你的结论．
【解析】 (1)连接AC 、BD 、则BD ⊥AC ， ∵BM MA ＝BN NC
，
∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN . 又∵DD 1⊥平面ABCD ， ∴DD 1⊥MN ， ∵BD ∩DD 1＝D ， ∴MN ⊥平面BDD 1.
又P 无论在DD 1上如何移动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何移动，总有BP ⊥MN .
(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，
则M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，2
3
)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，
∵MB 1→
＝(0,1－t,1)，
B P →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫－1，－1，23.
又∵BP ⊥平面MNB 1， ∴MB 1→·B P →
＝0，
即t －1＋23＝0，∴t ＝1
3，
∴MB 1→
＝(0，23，1)，
M N →
＝(－23，23
，0)．
设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
MB 1→·n ＝0M N →·n ＝0
，
得x ＝y ，z ＝－23
y .
令y ＝3，则n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，
∴A B →
是平面BB 1N 的一个法向量，
A B →
＝(0,1,0)．
设二面角M －B 1N －B 的大小为θ，
∴cos〈n ，A B →
〉
＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|
22
＝
322
22
. 则二面角M －B 1N －B 的余弦值为322
22
.
(3)存在点P ，且P 为DD 1的中点，
小学+初中+高中+努力=大学
使得平面APC1⊥平面ACC1.
证明：∵BD⊥AC，BD⊥CC1，
∴BD⊥平面ACC1.
取BD1的中点E，连PE，
则PE∥BD，
∴PE⊥平面ACC1.
∵PE⊂平面APC1，
∴平面APC1⊥平面ACC1.
小学+初中+高中+努力=大学。